ET Erőforrás tervezés Resource Planning

ET Erőforrás tervezés Resource Planning
Miskolci Egyetem Gépészmérnöki és Informatikai Kar Informatikai Intézet Alkalmazott Informatikai Intézeti Tanszék ET Erőforrás tervezés Resource Planning 2016/17 2. félév 4. Előadás Dr. Kulcsárné Forrai Mónika egyetemi tanársegéd Dr. Kulcsár Gyula egyetemi docens

Erőforrás tervezés Egygépes ütemezési feladatok

Egygépes ütemezési feladatok
Az egy erőforrást (gépet) tartalmazó ütemezési feladatok megoldásával foglalkozunk. A nagyszámú feladat közül olyan példákat válogattunk össze, amelyek megoldásához szükséges algoritmusok legfeljebb polinomiális futási idejűek.

Feltételezzük, hogy: az erőforrás az ütemezési időszakban folyamatosan rendelkezésre áll, az erőforrás egyszerre csak egy munkán dolgozhat, a munkák legkorábbi indítási időpontja nulla: 𝑟 𝑖 = 0 (i=1, 2, …, n), minden egyes munkához egyetlen operáció tartozik, melyeknek pontosan ismert a végrehajtási ideje: 𝑝 𝑖 (i=1, 2, …, n), az operációk végrehajtása nem szakítható meg.

Az egygépes esetben a lehetséges ütemtervek száma: n! (n faktoriális). Egy lehetséges megoldás (permutáció) egy n elemű vektorral reprezentálható. A vektor elemeinek sorszáma mutatja a munka végrehajtási sorban elfoglalt helyét. Példa: Végrehajtási sorrend: 𝐽 1 → 𝐽 3 → 𝐽 4 → 𝐽 2 Sorszám 1 2 3 4 Munka indexe

Az SPT szabály alkalmazása
A feladat formális leírása: 1||∑ 𝐶 𝑖 Használható az 1|| 𝐶 sum jelölés is. A feladat értelmezése: Egyetlen erőforráson adott számú munkát kell elvégezni. A tanult alapértelmezett végrehajtási jellemzők vannak érvényben. Az ütemezés célja az, hogy válasszunk egy olyan végrehajtási sorrendet, amely mellett a munkák befejezési időpontjainak összege minimális lesz.

A feladat megoldása: A "legrövidebb műveleti idejű munka előre" (Shortest Processing Time, SPT) szabály az 1||∑ 𝐶 𝑖 feladat optimális megoldását adja. Az SPT szabály alkalmazása: Rendezzük a munkákat a műveleti idők alapján nemcsökkenő sorrendbe és ennek megfelelően indítsuk el azokat.

Az átlagos készletszint 𝑁 𝑎 a folyamatban lévő munkák számának időegységre vonatkoztatott átlagértéke: 𝑁 𝑎 = 𝑖=1 𝑛 𝐶 𝑖 𝐶 𝑚𝑎𝑥 Emlékeztető: n jelöli a munkák számát, 𝐶 𝑖 jelöli a 𝐽 𝑖 munka befejezési időpontját, 𝐶 𝑚𝑎𝑥 pedig az utolsó munka befejezési időpontjának szimbóluma. A szakirodalomban elterjedten használják a WIP rövidítést is, ami az adott időpillanatban folyamatban lévő (még be nem fejezett) munkák számát jelenti (Work In Process). Az ütemterv ismeretében megrajzolható a munkahely készlet-diagramja, amely a még be nem fejezett (várakozó és éppen folyamatban lévő) munkák számának időbeli alakulását mutatja.

Feladat: Oldjuk meg az 1||∑ 𝐶 𝑖 ütemezési feladatot! Alapadatok: Megoldás: Rendezzük a munkákat SPT sorrendbe! i pi 1 5 2 3 8 4 Pozíció 1 2 3 4 i

Az ütemterv Gantt diagramja: célfüggvény értéke: γ= 𝐶 𝑠𝑢𝑚 = 𝑖=1 𝑛 𝐶 𝑖 = 𝐶 1 + 𝐶 2 + 𝐶 3 + 𝐶 4 = =35 J4 J2 J1 J3 C4 = 2 C2 = 5 C1 = 10 C3 = 18

Ábrázoljuk a megoldott feladat készlet-diagramját és számítsuk ki az átlagos készletszint értékét! Megoldás: Kezdetben minden munka a várakozó sorban helyezkedik el. Az első munka indítását követően három munka marad a tárolóban és egy a gépre kerül. Amint a munka befejeződik kikerül a rendszerből, vagyis a készletszint diagram értéke eggyel csökken. A következő munka a tárolóból a gépre kerül és ez addig folytatódik, míg a munkák el nem fogynak.

A diagramról leolvashatóak a munkák befejezési időpontjai.

A munkák (diagramról leolvasott) befejezési időpontjait behelyettesítjük a tanult képletbe: 𝑁 𝑎 = 𝑖=1 𝑛 𝐶 𝑖 𝐶 𝑚𝑎𝑥 = 𝐶 1 + 𝐶 2 + 𝐶 3 + 𝐶 4 𝐶 3 = = Na≈1,94

A WSPT szabály alkalmazása
Oldjuk meg következő ütemezési feladatot: 1||∑( 𝒘 𝒊 𝑪 𝒊 ) A feladat értelmezése: Egyetlen erőforráson adott számú munkát kell elvégezni. A tanult alapértelmezett végrehajtási jellemzők vannak érvényben. Az ütemezés célja az, hogy válasszunk egy olyan végrehajtási sorrendet, amely mellett a munkák befejezési időpontjainak súlyozott összege minimális lesz. A tanult végrehajtási jellemzők: az erőforrás az ütemezési időszakban folyamatosan rendelkezésre áll, az erőforrás egyszerre csak egy munkán dolgozhat, a munkák legkorábbi indítási időpontja nulla: 𝑟 𝑖 = 0 (i=1, 2, …, n), minden egyes munkához egyetlen operáció tartozik, melyeknek pontosan ismert a végrehajtási ideje: 𝑝 𝑖 (i=1, 2, …, n), az operációk végrehajtása nem szakítható meg. Az állítás bizonyítása megtalálható az alábbi cikkben: W. E. Smith, Various optimizers for single-stage production, Naval Research Logistics Quarterly, 3, 1956,

A feladat megoldása: A "legkisebb súlyozott műveleti idejű munka előre" (Weighted Shortest Processing Time, WSPT) szabály az 1||∑( 𝑤 𝑖 𝐶 𝑖 ) feladat optimális megoldását adja. A WSPT szabály alkalmazása: Képezzük minden egyes munka esetében a 𝑤 𝑖 / 𝑝 𝑖 hányadosokat, ahol 𝑤 𝑖 a 𝐽 𝑖 munka súlyát, a 𝑝 𝑖 a 𝐽 𝑖 munka műveleti idejét jelenti, Majd rendezzük a munkákat a kapott 𝑤 𝑖 / 𝑝 𝑖 hányadosok alapján nemnövekvő sorrendbe és ennek megfelelően indítsuk el azokat.

Feladat: Oldjuk meg az 1||∑( 𝑤 𝑖 𝐶 𝑖 ) ütemezési feladatot! Alapadatok: Megoldás: Számítsuk ki minden egyes munka fontossági mutatóját 𝑤 𝑖 / 𝑝 𝑖 ! Rendezzük a munkákat WSPT sorrendbe, vagyis a 𝑤 𝑖 / 𝑝 𝑖 értékek alapján nemnövekvő sorrendbe: i pi wi 1 5 2 3 6 8 4 i wi/pi 1 0,4 2 3 0,625 4 1,5 Pozíció 1 2 3 4 i

Az ütemterv Gantt-diagramja: A célfüggvény értéke: γ = ∑( 𝑤 𝑖 𝐶 𝑖 ) = 𝑖=1 𝑛 ( 𝑤 𝑖 𝐶 𝑖 ) = 𝑤 1 𝐶 1 + 𝑤 2 𝐶 2 + 𝑤 3 𝐶 3 + 𝑤 4 𝐶 4 = 2⋅18+6⋅3+5⋅13+3⋅5 = 134 J2 J4 J3 J1 C2 = 3 C4 = 5 C3 = 13 C1 = 18

Az EDD szabály alkalmazása
A feladat formális leírása: 1| 𝑑 𝑖 | 𝑇 𝑚𝑎𝑥 A feladat értelmezése: Egyetlen erőforráson adott számú munkát kell elvégezni. A tanult alapértelmezett végrehajtási jellemzőkön túl azt is figyelembe kell venni, hogy minden egyes munkának saját dedikált határideje van. Az ütemezés célja az, hogy válasszunk egy olyan végrehajtási sorrendet, amely mellett a munkák legnagyobb csúszása (határidő túllépése) minimális lesz. A tanult végrehajtási jellemzők: az erőforrás az ütemezési időszakban folyamatosan rendelkezésre áll, az erőforrás egyszerre csak egy munkán dolgozhat, a munkák legkorábbi indítási időpontja nulla: 𝑟 𝑖 = 0 (i=1, 2, …, n), minden egyes munkához egyetlen operáció tartozik, melyeknek pontosan ismert a végrehajtási ideje: 𝑝 𝑖 (i=1, 2, …, n), az operációk végrehajtása nem szakítható meg.

γ = 𝑚𝑎𝑥 𝑖=1 𝑛 { 𝑇 𝑖 }→min. Megjegyzés: A feladat a maximális késés minimalizálásaként is megfogalmazható: 1| 𝑑 𝑖 | 𝐿 𝑚𝑎𝑥 A feladat megoldása: A "legkorábbi határidejű munka előre" (Earliest Due Date, EDD) szabály az 1| 𝑑 𝑖 | 𝑇 𝑚𝑎𝑥 feladat optimális megoldását adja. Az EDD szabály alkalmazása: Rendezzük a munkákat a határidő alapján nemcsökkenő sorrendbe és ennek megfelelően indítsuk el azokat.

Oldjuk meg az 1| 𝑑 𝑖 | 𝑇 𝑚𝑎𝑥 ütemezési feladatot! Alapadatok: Megoldás: Rendezzük a munkákat EDD sorrendbe, vagyis a határidők alapján nemcsökkenő sorrendbe: Az ütemterv Gantt-diagramja: i pi di 1 5 6 2 3 8 20 4 Pozíció 1 2 3 4 i J4 J1 J2 J3 C4 = 2 C1 = 7 C2 = 10 C3 = 18

Foglaljuk táblázatba az eredményeket az ütemezési sorrend szerint: A célfüggvény értéke (a maximális csúszás): γ = 𝑇 𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝑎𝑥 𝑖=1 𝑛 { 𝑇 𝑖 } = max{ 𝑇 1 , 𝑇 2 , 𝑇 3 , 𝑇 4 }=max{1,2,0,0}=2 A maximális késés: 𝐿 𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝑎𝑥 𝑖=1 𝑛 { 𝐿 𝑖 } = max{ 𝐿 1 , 𝐿 2 , 𝐿 3 , 𝐿 4 }=max{1,2,−2,−2}=2 Megjegyzés: Ha van csúszás ( 𝑇 𝑚𝑎𝑥 > 0), akkor 𝑇 𝑚𝑎𝑥 = 𝐿 𝑚𝑎𝑥 , egyébként 𝑇 𝑚𝑎𝑥 = 0, de 𝐿 𝑚𝑎𝑥 lehet negatív értékű is (minden munka határidő előtt fejeződik be)! i pi di Ci Li Ti 4 2 -2 1 5 6 7 3 8 10 20 18

A Moor-algoritmus alkalmazása
A feladat formális leírása: 1| 𝑑 𝑖 | 𝑈 𝑖 A feladat értelmezése: Egyetlen erőforráson adott számú munkát kell elvégezni. A tanult alapértelmezett végrehajtási jellemzőkön túl azt is figyelembe kell venni, hogy minden egyes munkának saját dedikált határideje van. Az ütemezés célja az, hogy válasszunk egy olyan végrehajtási sorrendet, amely mellett a határidőt túllépő munkák száma minimális lesz. γ = 𝑚𝑎𝑥 𝑖=1 𝑛 { 𝑈 𝑖 } →min. A tanult végrehajtási jellemzők: az erőforrás az ütemezési időszakban folyamatosan rendelkezésre áll, az erőforrás egyszerre csak egy munkán dolgozhat, a munkák legkorábbi indítási időpontja nulla: 𝑟 𝑖 = 0 (i=1, 2, …, n), minden egyes munkához egyetlen operáció tartozik, melyeknek pontosan ismert a végrehajtási ideje: 𝑝 𝑖 (i=1, 2, …, n), az operációk végrehajtása nem szakítható meg. Átfutási idő (Flow time): 𝐹 𝑖 = 𝐶 𝑖 − 𝑅 𝑖 Késés (Lateness): 𝐿 𝑖 = 𝐶 𝑖 − 𝑑 𝑖 Csúszás (Tardiness): 𝑇 𝑖 =max⁡{0, 𝐿 𝑖 } Sietés (Earliness): 𝐸 𝑖 =max⁡{0, −𝐿 𝑖 } Egységnyi büntetés (Unit penalty): Ui={1 ha 𝐶 𝑖 > 𝑑 𝑖 0 egyébként }

Jelölje S a munkák ütemezett halmazát, és t az aktuális időpontot. A feladat megoldását végző Moor-algoritmus formális leírása: Rendezzük a munkákat EDD szerint: 𝑑 1 ≤ 𝑑 2 ≤ ≤ 𝑑 𝑛 ; S := φ; //ures halmaz t := 0; FOR i := 1 to n DO BEGIN S := S ∪ {i}; t := t + 𝑝 𝑖 ; IF t > 𝑑 𝑖 THEN Válasszuk ki azt a j munkát az S halmazból, amelyiknek legnagyobb a 𝑝 𝑗 értéke; S := S\{j}; t := t − 𝑝 𝑗 ; END

A bemutatott algoritmus az 1| 𝑑 𝑖 | 𝑈 𝑖 feladat optimális megoldását adja. Az algoritmus értelmezése: Az ütemterv építését elölről kezdjük a munkák EDD szerinti sorrendje alapján. A munkákat egyesével rakjuk be az ütemezési vektorba balról jobbra haladva. Ha a beillesztett munka befejezési időpontja meghaladja a munka határidejét, akkor válasszuk ki a már beütemezett munkák közül a legnagyobb műveleti idejűt és vegyük ki az ütemezési vektorból. A lépéssort addig folytassuk amíg a munkák el nem fogynak. Megjegyzés: Az ütemezési vektorból kiemelt munkák végrehajtási sorrendje tetszőleges lehet, mert azok mind késnek! A feladat az ilyen munkák számának minimalizálása volt. Az állítás bizonyítása megtalálható az alábbi könyvben: Peter Brucker: Scheduling Algorithms, Springer, 2007.

Oldjuk meg az 1| 𝑑 𝑖 | 𝑈 𝑖 ütemezési feladatot! Alapadatok: Megoldás: Rendezzük a munkákat EDD sorrendbe, vagyis a határidők alapján nemcsökkenő sorrendbe: i pi di 1 5 6 2 3 8 20 4 Pozíció 1 2 3 4 i

Tegyük be a 𝐽 4 munkát az ütemezési vektorba: s = { 4 } Ekkor t = 𝐶 4 = 2. Nincs késés( 𝑑 4 = 4)! Tegyük be a 𝐽 1 munkát az ütemezési vektorba: s = { 4, 1 } Ekkor t = 𝐶 1 = 7. Mivel 𝑑 1 = 6, így a munka késik! Válasszuk ki a beütemezettek közül a legnagyobb műveleti idejű munkát: Ez a 𝐽 1 lesz. Vegyük ki az ütemtervből és tegyük félre: s = { 4 } és V = { 1 } Tegyük be a soron következő a 𝐽 2 munkát az ütemtervbe: s = { 4, 2 } és V = { 1 } Ekkor t = 𝐶 2 = = 5. Mivel 𝑑 2 = 8, így nincs késés! Tegyük be az utolsó J3 munkát az ütemtervbe: s = { 4, 2, 3 } és V = { 1 } Ekkor t = 𝐶 3 = = 13. Mivel 𝑑 3 = 20, így nincs késés!

A végeredményt az S (nem késő munkák) halmazának és a V (késő munkák) halmazának egyesítése jelenti: Foglaljuk táblázatba az eredményeket az ütemezési sorrend szerint! Használjuk a korábban megtanult definíciókat! Késés (Lateness): 𝐿 𝑖 = 𝐶 𝑖 − 𝑑 𝑖 Csúszás (Tardiness): 𝑇 𝑖 =max{0, 𝐿 𝑖 } Egységnyi büntetés (Unit penalty): 𝑈 𝑖 = 1, ha 𝐶 𝑖 > 𝑑 𝑖 0, egyébként Pozíció 1 2 3 4 i

Az eredmények táblázatba foglalása az ütemezési sorrend szerint: A célfüggvény értéke (a késő munkák száma): γ = ∑ 𝑈 𝑖 = 𝑖=1 𝑛 ( 𝑈 𝑖 ) ) = 𝑈 1 + 𝑈 2 + 𝑈 3 + 𝑈 4 = =1 i pi di Ci Li Ti Ui 4 2 -2 3 8 5 -3 20 13 -7 1 6 18 12

A Lawler-algoritmus alkalmazása
A feladat formális leírása: 1|prec| 𝑓 𝑚𝑎𝑥 Ahol 𝑓 𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝑎𝑥 𝑖=1 𝑛 { 𝑓 𝑖 ( 𝐶 𝑖 )} és 𝑓 𝑖 monoton növekvő (reguláris) függvénye a 𝐶 𝑖 értéknek. A feladat értelmezése: Egyetlen erőforráson adott számú munkát kell elvégezni. A tanult alapértelmezett végrehajtási jellemzők vannak érvényben, továbbá a munkák között sorrendi előírások lehetnek. Az ütemezés célja az, hogy válasszunk egy olyan végrehajtási sorrendet, amely megfelel a sorrendi kötöttségeknek és a választott 𝑓 𝑖 célfüggvény értéke minimális értéket vesz fel. Az 𝑓 𝑖 szimbólum jelölheti többek között például az 𝐿 𝑖 késést vagy a 𝑇 𝑖 csúszást. A tanult végrehajtási jellemzők: az erőforrás az ütemezési időszakban folyamatosan rendelkezésre áll, az erőforrás egyszerre csak egy munkán dolgozhat, a munkák legkorábbi indítási időpontja nulla: 𝑟 𝑖 = 0 (i=1, 2, …, n), minden egyes munkához egyetlen operáció tartozik, melyeknek pontosan ismert a végrehajtási ideje: 𝑝 𝑖 (i=1, 2, …, n), az operációk végrehajtása nem szakítható meg.

Az algoritmus bemutatásakor használt Jelölések: J a munkák halmaza: J = {1, 2, ..., n}, i, j, j* ∈ J az elvégzendő munkák szimbólumai, S ⊆ J a már beütemezett munkák halmaza, U = J \ S a még be nem ütemezett munkák halmaza (az S komplementere). V ⊆ U azoknak a még be nem ütemezett munkáknak a halmaza, amelyeknek az aktuális időpontban nincs be nem ütemezett rákövetkező munkájuk a precedencia gráfban.

A feladat megoldását végző algoritmus leírása: 1. lépés: Inicializálás. Legyen kezdetben S = { } üres halmaz, minden munka ütemezetlen U = {1, 2, ..., n}, és V tartalmazza azon munkákat, amelyekre nincs rákövetkező munka a precedencia gráfban. 2. lépés: Kiválasztás. Válasszuk ki azt a j* ∈ V munkát, amelyre teljesül az alábbi feltétel: 𝑓 j∗ ( j∈U 𝑝 𝑗 )= 𝑚𝑖𝑛 i∈V ( 𝑓 𝑖 ( j∈U 𝑝 𝑗 )) U unscheduled f: ci-di Ci uaz, mert akármilyen sorrendbe teszem be uannyira lesz a vége

3. lépés: Aktualizálás. Tegyük át a j* kiválasztott munkát az U halmazból az S ütemtervbe a már beütemezett munkák elé és frissítsük a V halmaz tartalmát. 4. lépés: Feltételvizsgálat. Ha az U halmaz üres akkor készen vagyunk, egyébként folytassuk a 2. lépéssel. A bemutatott algoritmus az 1| prec| 𝑓 𝑚𝑎𝑥 feladat optimális megoldását adja. Az állítás bizonyítása megtalálható az alábbi cikkben: E. L. Lawler: Optimal sequencing of a single machine subject to precedence constraints, Management Science, 19, 544–546, 1973.

Az algoritmus értelmezése: Az ütemterv építését hátulról előre haladva végezzük. A munkákat egyesével rakjuk be az ütemezési vektorba a végéről (jobbról) az eleje felé (balra) haladva. A kiválasztás során az aktuálisan beütemezhető munkák közül választunk. Az a munka tekinthető kiválaszthatónak, amelyiknek nincs beütemezetlen rákövetkező munkája. A jelöltek közül azt a munkát választjuk ki, amelyiket a még beütemezetlen munkák műveleti idejének összegével behelyettesítve az fi függvénybe a legkisebb értéket kapjuk. A kiválasztott munkát betesszük az ütemezési vektorba közvetlenül a már beütemezettek elé, és kivesszük az ütemezetlen munkák közül. Ezt követően frissítjük a beütemezhető munkák halmazát (a kiválasztott munka beütemezése következtében további munkák válhatnak ütemezhetővé azáltal, hogy a precedencia gráfban a rákövetkező munkájuk most került éppen beütemezésre).

Az általános formában megfogalmazott feladat formális leírása: 1| prec| 𝑓 𝑚𝑎𝑥 ahol 𝑓 𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝑎𝑥 𝑖=1 𝑛 { 𝑓 𝑖 ( 𝐶 𝑖 )} és 𝑓 𝑖 monoton növekvő (reguláris) függvénye a 𝐶 𝑖 értéknek.

Az általánosított feladat (1|prec| 𝑓 𝑚𝑎𝑥 )egy speciális esete a következő: 1| prec, 𝑑 𝑖 | 𝐿 𝑚𝑎𝑥 ahol 𝐿 𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝑎𝑥 𝑖=1 𝑛 { 𝐿 𝑖 ( 𝐶 𝑖 )} Mivel 𝑓 𝑚𝑎𝑥 = 𝐿 𝑚𝑎𝑥 és 𝑓 𝑖 ( 𝐶 𝑖 ) = 𝐿 𝑖 ( 𝐶 𝑖 ) = 𝐶 𝑖 − 𝑑 𝑖 Egyetlen erőforráson adott számú munkát kell elvégezni. A tanult alapértelmezett végrehajtási jellemzők vannak érvényben, továbbá a munkák között sorrendi előírások lehetnek. Az ütemezés célja az, hogy válasszunk egy olyan végrehajtási sorrendet, amely megfelel a sorrendi kötöttségeknek és a legnagyobb mértékű határidő túllépés minimális legyen. Ez lesz a számpélda

Megjegyzés: Az 1|prec| 𝑓 𝑚𝑎𝑥 feladat speciális esete a korábban részletesen vizsgált 1| 𝑑 𝑖 | 𝐿 𝑚𝑎𝑥 feladat is. A sorrendi korlátozások nélküli esetben a Lawler algoritmus az EDD szabályra egyszerűsödik.

Feladat: Oldjuk meg az 1| prec, 𝑑 𝑖 | 𝐿 𝑚𝑎𝑥 ütemezési feladatot! Alapadatok: Az előírt megelőzési relációkat ábrázoló precedencia gráf: i pi di 1 5 15 2 3 18 8 14 4 L=Ci-di Legnaga még be nem utemezettek müv.idejenek osszege nagyobb határid. A vegere

Megoldás: 0. induló állapot Inicializálás: S = { }, U = { 1, 2, 3, 4 }, V = { 1, 3, 4 }

Válasszuk ki a j* ∈ V munkát figyelembe véve, hogy most 𝑓 𝑖 = 𝐿 𝑖 . Először számítsuk ki az aktuális befejezési időpontot: j∈U 𝑝 𝑗 = 𝑝 1 + 𝑝 2 + 𝑝 3 + 𝑝 4 = = 18 A kapott eredményt helyettesítsük be az Li függvénybe: 𝐿 𝑗 ∗ ( j∈U 𝑝 𝑗 ) = 𝐿 𝑗 ∗ (18) = 𝑚𝑖𝑛 i∈V ( 𝐿 𝑖 (18)) = min( 𝐿 1 (18), 𝐿 3 (18), 𝐿 4 (18)) = min(18−15,18−14,18−18)= 𝐿 4 =0 j∗=4

Aktualizálás: Tegyük át a j* kiválasztott munkát az U halmazból az S ütemtervbe a már beütemezett munkák elé és frissítsük a V halmaz tartalmát. S = { 4 }, U = { 1, 2, 3 }, V = { 1, 3 }

Feltételvizsgálat: Az U halmaz nem üres! Folytassuk a következő elem kiválasztásával! j∈U 𝑝 𝑗 = 𝑝 1 + 𝑝 2 + 𝑝 3 = 5+3+8=16 𝐿 𝑗 ∗ ( j∈U 𝑝 𝑗 ) = 𝐿 𝑗 ∗ (16)= 𝑚𝑖𝑛 i∈V ( 𝐿 𝑖 (16)) = min( 𝐿 1 (16), 𝐿 3 (16)) = min(16−15,16−14) = 𝐿 1 =1 𝑗 ∗ = 1

Aktualizálás: a kiválasztott munkát (1) behelyezzük a már beütemezett munka (4) elé. S = { 1, 4 }, U = {2, 3}, V = { 3 }

Feltételvizsgálat: Az U halmaz nem üres! Folytassuk a következő elem kiválasztásával! Ebben az esetben nincs választás mert csak egy jelölt munka van: 𝑗 ∗ = 3 Aktualizálás: a kiválasztott munkát (3) behelyezzük a már beütemezett munkák (1 és 4) elé. S = { 3, 1, 4 }, U = { 2 }, V = { 2 }

Most már a 2. munka is kiválaszthatóvá vált: 𝑗 ∗ = 2 S = { 2, 3, 1, 4 }, U = { }, V = { } Az U halmaz üres! Készen vagyunk! Minden munkát beütemeztünk.

Foglaljuk táblázatba az eredményeket az ütemezési sorrend szerint! A célfüggvény értéke (a maximális késés): γ = 𝐿 𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝑎𝑥 𝑖=1 𝑛 { 𝐿 𝑖 } = max{ 𝐿 1 , 𝐿 2 , 𝐿 3 , 𝐿 4 }= max{1,−15,−6,0} = 1 A maximális csúszás: 𝑇 𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝑎𝑥 𝑖=1 𝑛 { 𝑇 𝑖 } = max{ 𝑇 1 , 𝑇 2 , 𝑇 3 , 𝑇 4 } = max{1,0,0,0 }= 1 i pi di Ci Li Ti 2 3 18 -15 8 14 -6 1 5 15 16 4

Az előadásvázlat elérhető az alábbi webcímen:
Köszönöm a figyelmet! Az előadásvázlat elérhető az alábbi webcímen:

ET Erőforrás tervezés Resource Planning

Hasonló előadás

Az előadások a következő témára: "ET Erőforrás tervezés Resource Planning"— Előadás másolata:

Hasonló előadás

Projectumról

Visszajelzés

Bejelentkezés

A társadalmi hálózaton keresztül belépni:

ET Erőforrás tervezés Resource Planning

Hasonló előadás

Az előadások a következő témára: "ET Erőforrás tervezés Resource Planning"— Előadás másolata:

Hasonló előadás

Projectumról

Visszajelzés